2022年黑龙江省绥化市青冈县第一中学高一化学第一学期期中检测试题含解析

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列说法正确的是()A．1mol氯含有6.02×1023个微粒B．阿伏加德罗常数的数值约等于6.02×1023C．钠的摩尔质量等于它的相对原子质量D．H2O的摩尔质量是18g2、下列物质中只能作还原剂的是（）A．Fe B．HCl C．H2O D．KMnO43、下列离子方程式中，正确的是()A．稀硫酸滴在铜片上：Cu＋2H+=Cu2＋＋H2↑B．氧化镁与稀盐酸混合：MgO＋2H＋=Mg2＋＋H2OC．铜片插入硝酸银溶液中：Cu＋Ag+=Cu2＋＋AgD．稀盐酸滴在石灰石上：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2CO34、在加入石蕊试液呈蓝色的溶液中，下列能够大量共存的离子组是A．H+、SO42-、CO32-、Na+B．Ag+、K+、Ca2+、NO3－C．K+、Ba2+、Cl－、NO3－D．Mg2+、K+、HCO3－、Cl－5、下列对于“摩尔”的理解正确的是A．属于七种基本物理量之一B．是物质的量的单位，符号为molC．12g碳含有碳原子数为1摩尔D．1摩尔氧气含数个氧原子6、下列电离方程式正确的是A．NaHCO3水溶液中：NaHCO3=Na＋＋HCO3－B．KHSO4水溶液中：KHSO4=K＋＋HSO4－C．Ca(OH)2在水中：Ca(OH)2Ca2＋＋2OH－D．HClO=H＋＋ClO－7、可以肯定溶液中大量存在CO32－的实验事实是()A．加入硝酸银溶液时有白色沉淀B．加入盐酸时有无色无味气体产生C．加入氯化钙溶液时，有白色沉淀生成，再加稀盐酸时，白色沉淀溶解，产生可使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体D．加入氢氧化钡溶液时，有白色沉淀生成，再加稀盐酸时，白色沉淀溶解，产生可使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体8、我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3nm）恢复了磁性。“钴酞菁”分子的结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法中正确的是A．“钴酞菁”分子能透过半透膜B．此项工作可以用来改变分子的某些物理性质C．“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系带电D．“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系为溶液9、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A．常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NAB．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NAC．常温常压下，48gO3含有的氧原子数为NAD．2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA10、化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述错误的是A．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂B．洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合会产生有毒的Cl2C．过氧化钠可以用作呼吸面具的供氧剂，是因其可以和水、二氧化碳反应生成氧气D．漂白粉在空气中久置变质，是因为其中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO311、X原子的核电荷数为a，它的阴离子Xm－与Y原子的阳离子Yn＋的电子层结构相同，则Y原子的核电荷数为（）A．a＋m＋n B．a－m－n C．m＋n－a D．m－n－a12、下列四幅图中，小白球代表的是氢原子，大灰球代表的是氦原子。最适合表示同温同压下，等质量的氢气与氦气的混合气体的图示是A． B． C． D．13、0.1mol某元素的单质直接与足量氯气反应，质量增加7.1g，这种元素可能是()A．钠B．铝C．铁D．铜14、下列化学反应的离子方程式正确的是()A．碳酸氢钠和少量澄清石灰水反应：HCO3—-＋Ca2＋＋OH-===H2O＋CaCO3B．铜片插入硝酸银溶液中：Cu＋Ag＋===Cu2＋＋AgC．氧化镁与稀盐酸混合：MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2OD．稀硫酸滴在铜片：Cu＋2H＋===Cu2＋＋H2↑15、在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质。下列实验现象和结论一致且正确的是()A．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在B．溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在C．先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl－存在D．加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在16、已知32gX与40gY恰好完全反应,生成mgQ和9gH,在相同条件下,16gX和足量Y混合生成0.25molQ和若干摩的H,则物质Q的摩尔质量应是（）A．122g·mol-1 B．63g·mol-1 C．126g·mol-1 D．163g·mol-117、在无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是A．K＋、Fe2＋、SO42-、NO3- B．OH－、Cl－、Na＋、Cu2＋C．NH4+、NO3-、Al3＋、K＋ D．S2-、SO42-、Na＋、Ag＋18、下列电离方程式错误的是（）A．CaCl2=Ca2++2Cl—B．CH3COOH=CH3COO—+H+C．KOH=K++OH—D．H2SO4=2H++SO42—19、下列分子中，各原子均已达到8电子稳定结构的是A．BCl3 B．NH3 C．H2O D．CCl420、已知A、B、C、D、E是短周期原子序数依次增大的五种元素，A原子在元素周期表中原子半径最小；B与E同主族，且E的原子序数是B的两倍；C、D是金属元素，它们的氢氧化物相互之间可以发生反应。下列说法不正确的是()A．单质D可用于冶炼某些难熔金属B．简单离子的半径：C>D>E>BC．稳定性：A2B>A2ED．工业上常用电解法制得C和D的单质21、实验室利用FeCl3、ZnCl2的混合液制取FeCl2溶液和ZnCl2晶体的流程如下：下列说法正确的是A．还原过程中发生反应Fe+Fe3+→Fe2+B．为了加快过滤速度，可以用玻璃棒搅拌溶液C．萃取振荡后分液时，要将分液漏斗颈上的玻璃塞打开，或使塞上的凹槽对准漏斗上的孔D．蒸发浓缩操作所需玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯、蒸发皿22、类比法是化学研究中的主要方法，下列选项中类比正确的是（）A．过量的Cu可以与Fe3+反应生成Fe2+,所以过量的Zn也可以与Fe3+生成Fe2+B．Fe可从硫酸铜溶液中置换出铜，所以Na也可从硫酸铜溶液中置换出铜C．点燃条件下，铜与Cl2反应产物中铜为+2价，则铁与Cl2反应产物中铁也为+2价D．向Fe(OH)3胶体中滴加稀硫酸可以看到“先浑后清”，所以向Al(OH)3胶体中滴加稀硫酸也可以有“先浑后清”的现象二、非选择题(共84分)23、（14分）某溶液中含有X－、Y2－、Z2－三种常见的无机离子。如下图所示，发生了一系列化学反应。第④步反应生成的白色沉淀中含Y2－.（1）判断X－、Y2－、Z2－分别为________、________、________（写离子符号）。（2）写出④、⑤步反应的离子方程式。④______________________________________________________；⑤______________________________________________________。24、（12分）有五瓶损坏标签的试剂，分别盛有AgNO3溶液、稀硝酸、盐酸、氯化钡溶液、碳酸钾溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量，多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、A与E产生沉淀，B与D、B与E产生沉淀，C与E、D与E产生气体，而C与D无反应现象。由此，可判定各试剂瓶中所盛试剂为：A________，B________，C________，D________，E________。另外，请写出下面要求的离子方程式。(1)A与E：__________________________________________。(2)B与E：__________________________________________。(3)C与E：___________________________________________。25、（12分）盐酸是中学化学常用的试剂，以下两个实验均和盐酸有关。I．用密度为1.25g·mL-1，质量分数36.5%的浓盐酸配制500mL0.20mol·L-1盐酸溶液，请回答下列问题：(1)浓盐酸的物质的量浓度为____________。(2)配制500mL0.20mol·L-1盐酸需要用量筒量取上述浓盐酸_______mL。(3)对配制的盐酸测定，发现物质的量浓度小于0.2mol·L-1，引起该误差的操作___(填序号)A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水B．用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线量取浓盐酸C．定容时，仰视容量瓶刻度线进行定容D．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，又滴加水至刻度处Ⅱ．某学生设计如下图所示的实验装置，利用浓盐酸与高锰酸钾反应产生的氯气与熟石灰反应制取少量漂白粉，并探究氯、溴、碘的相关性质。请回答下列问题：(4)A装置名称为________。(5)漂白粉将在C装置的U形管中产生，写出生成漂白粉的化学方程式_______________。(6)E装置中装有KI与CCl4混合液，向D中缓缓通入一定量氯气后，打开D装置中活塞，将D中少量溶液滴加入E装置中，振荡，观察到下层呈紫红色，由此得出结论：Br2置换出了I2，有同学对该结论提出异议，可能的理由是__________________________。(7)F装置的作用是_____________________________。26、（10分）某研究性学习小组欲测定室温下(25℃、101kPa)的气体摩尔体积，请回答以下问题。该小组设计的简易实验装置如图所示：该实验的主要操作步骤如下：①用已知浓度的浓盐酸配制100mL1.0mol/L的盐酸溶液，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、______；②用10mL量筒量取8.0mL1.0mol/L的盐酸溶液加入锥形瓶中；③准确称取ag已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为______；④往广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查装置的气密性；⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，忽略导管中的水，读出量筒中水的体积为VmL。请回答下列问题。(1)步骤①中，配制100mL1.0mol/L的盐酸溶液时，下列哪些操作会使配制浓度偏低_____(填写字母)A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度B．容量瓶未干燥即用来配制溶液C．未洗涤烧杯和玻璃棒D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线E.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线(2)请填写操作步骤中的空格：步骤①__________步骤③__________(3)实验步骤⑤中应选用________的量筒(填字母).A．100mLB．200mLC．500mL(4)读数时需要注意(至少写两点)____________(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积为Vm=____L/mol。(用含V的式子表示)27、（12分）已知有一白色粉末是由Na2CO3、NaCl、Na2SO4、CuSO4、MgCl2中的一种或几种组成。欲探究这一粉末的组成，甲同学做了如下实验：①取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液；②取①中溶液少量，加入NaOH溶液，无明显现象发生；③另取少量粉末，加入稀盐酸，无明显现象发生。(1)根据实验①，能得到的结论是__________。(2)甲同学根据以上实验现象，推测这一粉末的可能组成是__________。(3)乙同学在甲同学实验基础上设计了后续实验，确认该粉末只含有Na2SO4，请你在下表中填写乙同学所做的实验。[可供选择的试剂有：BaCl2溶液、AgNO3溶液、稀HNO3、NaOH溶液、Na2CO3溶液、Ba(NO3)2溶液、稀盐酸]实验步骤实验现象反应的离子方程式和结论______________________________注：填写实验现象、离子方程式和结论要与相应的实验步骤一一对应。28、（14分）一个体重50kg的健康人体内含铁元素2g，这2g铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在。Fe2+易被吸收，所以给贫血者补充铁时，应补充含Fe2+的亚铁盐（如FeSO4）。服用维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，有利于人体对铁的吸收。请回答下列问题：（1）以下为常见的铁元素的几种微粒，其中既有氧化性又有还原性的是________________。A.FeB．Fe2+C．Fe3+（2）维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，在此过程中__________是氧化剂，说明维生素C具有____性。（3）己知下列反应：①2I－+2Fe3+＝2Fe2++I2②2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，则Fe3+、I2、H2O2三者的氧化性由强到弱为____________________________。（4）在Fe+4HNO3＝Fe(NO3)3+NO↑+2H2O的反应中,HNO3表现的性质为_______，毎有1molFe参加反应转移电子_____________mol。（5）用双线桥标出该反应Fe+4HNO3＝Fe(NO3)3+NO↑+2H2O电子转移的数目和方向______________29、（10分）下面所列物质中,属于电解质的是__________(填序号,下同),属于非电解质的是________,属于强电解质的是__________,属于弱电解质的是________。①CH3CH2OH②CH3COOH③熔融态KNO3④SO3⑤蔗糖

⑥HClO⑦NaHCO3⑧氨水⑨Cl2⑩BaSO4⑪Cu

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析】

A、没有指明是什么微粒，A不正确；B、阿伏加德罗常数数值约等于6.02×1023，B正确；C、应该是如果用g/mol作单位时，摩尔质量在数值上等于相对原子质量，C不正确；D不正确，D、摩尔质量的单位是g/mol，D错误；答案选B。2、A【解析】

A.Fe的化合价是最低价态，只能做还原剂，故A正确；B.HCl中的氢元素是最高价态，能做氧化剂；氯元素是最低价态，能做还原剂，故B错误；C.H2O中的氢元素是最高价态，能做氧化剂；氧元素是最低价态，能做还原剂，故C错误；D.KMnO4中的锰元素是最高价态，只能做氧化剂，故D错误。故选A。【点睛】元素处于最高价态时一定有强氧化性，元素处于最低价态时一定具有强还原性，元素处于中间价态时既有氧化性又有还原性。3、B【解析】

A.稀硫酸与铜不反应，A错误；B.氧化镁与稀盐酸的反应为，B正确；C.铜片插入硝酸银溶液中的离子方程式应为，C错误；D.稀盐酸滴在石灰石上的离子反应方程式为，D不正确；故选B。4、C【解析】

加入石蕊试液呈蓝色，说明溶液呈碱性，如离子之间不反应，且与OH-不反应，则离子可大量共存，以此解答该题。【详解】A．H+、CO32-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，且H+、OH-反应生成水，故A错误；B．碱性条件下Ag+、Ca2+不能大量共存，故B错误；C．离子之间不反应，且与OH-不反应，可大量共存，故C正确；D．Mg2+、HCO3-与OH-反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸根离子和水而不能大量共存，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查离子的共存，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查。5、B【解析】

A.物质的量是一种物理量，是国际科学界建议采用的一种物理量，摩尔是单位，故A错误；B.物质的量的单位摩尔其符号为mol，物质的量的符号为n，故B正确；C.以12C所含有的碳原子数为标准，即0.012kg12C所含有的碳原子数目为1mol，故C错误；D.氧分子是由氧原子构成的，1摩尔氧气含NA个氧分子，2NA个氧原子，故D错误；答案选B。6、A【解析】

A.碳酸氢根离子是多元弱酸的酸式根离子，不能拆，NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3=Na＋＋HCO3－，故A正确；B.KHSO4是强电解质，溶于水完全电离，电离方程式为：KHSO4=K＋＋SO42－+H+，故B错误；C.Ca(OH)2属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：Ca(OH)2=Ca2＋＋2OH－，故C错误；D.HClO是弱酸，属于弱电解质，在水中部分发生电离，电离方程式为：HClOH＋＋ClO－，故D错误。故选A。7、C【解析】试题分析：A中可能含有Cl-；B中可能含有HCO32-考点：常见物质的检验8、B【解析】

钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），分散在水中所形成的分散系属于胶体，具有胶体的性质，具有丁达尔现象、能透过滤纸等性质，据此解答。【详解】A、“钴酞菁”分子达到了胶体粒子的直径范围，能透过滤纸，但不能透过半透膜，选项A错误；B、为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3nm）恢复了磁性，此项工作可以用来改变分子的某些物理性质，选项B正确；C．“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系为胶体，胶体不显电性，呈电中性，选项C错误；D．“钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体分散系，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征和胶体的性质，难度不大，明确胶体分散系的本质特征是解题的关键。9、B【解析】

A.常温常压下，11.2L氧气(O2)的物质的量小于0.5mol，则所含的原子数小于NA，故A错误；B.1.06gNa2CO3的物质的量为0.01mol，所含有的Na+离子数为0.02NA，故B正确；C.48g

O3含有氧原子的物质的量为=3mol，所以含有的氧原子的数目为3NA，故C错误；D.2.4g

金属镁失去电子的数目为0.1mol×2×NA

mol-1=0.2NA，故D错误。10、D【解析】

A．氯气和碱反应生成次氯酸盐、氯化物和水，所以氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到具有消毒作用的次氯酸盐，故A正确；B．洁厕灵的主要成分为盐酸，84消毒液主要成分为次氯酸钠，盐酸与次氯酸钠能发生归中反应生成氯气，所以洁厕灵不能与“84”消毒液混用，故B正确；C．Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和O2，所以过氧化钠可以用作呼吸面具的供氧剂，故C正确；D．漂白粉在空气中久置变质，是因为漂白粉中次氯酸钙和空气中的二氧化碳水蒸气发生反应生成碳酸钙和次氯酸，而次氯酸易分解，导致漂白粉变质，故D错误；综上所述答案为D。11、A【解析】

设元素Y的核电荷数是b，则阳离子Yn＋的核外电子数为（b-n），因为X的核电荷数为a，它的阴离子Xm－核外电子数为（a+m），因为阴离子Xm－与Y原子的阳离子Yn＋的电子层结构相同，即核外电子数相同，所以b-n=a+m，即b=a+m+n，故A正确；答案：A【点睛】根据电子层结构相同，核外电子数相等，列等式计算。12、C【解析】试题分析：氦气的摩尔质量为4g/mol．氢气的摩尔质量为2g/mol，设质量为4g，则氦气的物质的量为：4g4g/mol=1mol，氢气的物质的量为：4g考点：考查了阿伏伽德罗定律及其推论的相关知识。13、B【解析】试题分析：由题意确定反应的氯气的物质的量为0.1mol，从而确定化学方程式中某元素与氯气的物质的量之比为1:1，进而确定该元素的化合价为+2价，答案为B。考点：关于方程式的计算。14、C【解析】

A.碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，正确离子方程式为：2HCO3—＋Ca2＋＋2OH-===2H2O＋CaCO3↓+CO32-，A错误；B.该方程式电荷不守恒，正确的离子反应为Cu＋2Ag＋===Cu2＋＋2Ag，B错误；C.氧化镁为固体，不溶于水，写成化学式形式，稀盐酸为强酸，能够拆成离子形式，符合原子守恒、电荷守恒规律，方程式书写正确，C正确；D.稀硫酸与铜片不反应，D错误；综上所述，本题选C。【点睛】针对选项（A）：当碳酸氢钠溶液加入过量的氢氧化钙溶液反应时，生成碳酸钙、氢氧化钠钠和水，离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O；当碳酸氢钠溶液加入少量的氢氧化钙溶液反应时，生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-；所以针对这样的反应，要采用“少定多变”的方法进行处理，即以量少的为准。15、B【解析】

A．次氯酸有强氧化性能使有色布条褪色，向氯水中加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，故A错误；B．氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；C．盐酸中含有氯离子，向氯水中加入盐酸后再加入硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，不能说明氯水中含有氯离子，故C错误；D．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，该反应是可逆反应，向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，氯水中的氯分子也可以和氢氧化钠反应，说明氯水溶液呈酸性，不能证明含有次氯酸，故D错误；答案选B。【点睛】氯水中的三种分子和四种离子，即氯分子，水分子，次氯酸分子，氯离子，氢离子，少量的氢氧根离子，次氯酸根离子，故氯水有氧化性，漂白性，酸性等性质，明白氯水的成分很关键。16、C【解析】

32gX与40gY恰好完全反应，生成mgQ和9gH，根据质量守恒定律，生成Q的质量为32g+40g-9g＝63g。现16gX参加反应，则生成的Q应为63g×16g/32g＝31.5g，因此Q的摩尔质量为31.5g÷0.25mol＝126g•mol－1，答案选C。17、C【解析】

强酸性溶液中含大量的H+，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。【详解】A项、酸性溶液中H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，故A错误；B项、Cu2+为有色离子，溶液中Cu2+均与OH-结合生成沉淀不能大量共存，故B错误；C项、该组离子均为无色，溶液中离子之间不反应可大量共存，故C正确；D项、溶液中Ag+、S2-、SO42-会反应生成AgS、Ag2SO4沉淀而不能共存，故D错误。故选C。【点睛】本题考查离子的共存，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，注意选项A中发生氧化还原反应。18、B【解析】

A.CaCl2为强电解质，在水溶液中电离生成Ca2+和Cl-，电离方程式为：CaCl2=Ca2++2Cl—，

故A正确；B.

醋酸是弱电解质，在水溶液里部分电离生成CH3COO—和H+，电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO—+H+，故B错误；C.KOH为强电解质，在水溶液中电离生成K+和OH-，电离方程式为：KOH=K++OH—，

故C正确；D.

硫酸为强电解质，在水中完全电离生成H+和SO42-，电离方程式：H2SO4=2H++SO42—，故D正确。答案选B。19、D【解析】

共价化合物中，根据原子最外层电子数和化合价判断，在化合物中，原子最外层电子数等于原子的价层电子数+|化合价|。【详解】A.BCl3中，B原子的最外层电子为：3+3=6，Cl原子的最外层电子为：7+|-1|=8，没有都满足8电子稳定结构，故A错误；B.NH3中，N原子的最外层电子为：5+|-3|=8，H原子的最外层电子为：1+|-1|=2，没有都是8电子结构，故B错误；C.H2O中，O原子的最外层电子为：6+|-2|=8，H原子的最外层电子为：1+|-1|=2，故C错误；D.CCl4中，C原子的最外层电子为：4+|-4|=8，Cl原子的最外层电子为：7+|-1|=8所有原子都达到8电子稳定结构，故D正确；答案为D。20、B【解析】

因为A为短周期元素，而且A原子在元素周期表中原子半径最小，可知A为H；B和E同主族，而且E的原子序数是B的两倍，可知B为O，E为S；C、D是金属元素，它们的氢氧化物相互之间可以发生反应，应是氢氧化钠与氢氧化铝的反应，且D的原子序数较大，则C为Na元素、D为Al元素。【详解】A．D的单质为Al，Al的还原性比较强，可以利用铝热反应冶炼某些难熔金属，故A正确。B．C的简单离子为Na+，D的简单离子为Al3+，B的简单离子为O2－，E的简单离子为S2－，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2－>O2－>Na+>Al3+，故B错误。C．非金属性O＞S，故稳定性：H2O＞H2S，故C正确。D．工业上电解熔融NaCl生成Na，电解熔融的氧化铝生成Al，故D正确。本题选B。【点睛】电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大。21、C【解析】

FeCl3、ZnCl2的混合溶液加过量的铁粉、过滤得FeCl2、ZnCl2的混合溶液和金属Fe，TBP萃取得FeCl2溶液和ZnCl2的TBP溶液，用水反萃取、分液除去TBP得ZnCl2溶液，将ZnCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得ZnCl2晶体。【详解】A．还原过程中发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，A错误；B．不能用玻璃棒搅拌溶液，以免戳破滤纸，B错误；C．萃取振荡后分液时，要将分液漏斗颈上的玻璃塞打开，或使塞上的凹槽对准漏斗上的孔，使下层液体顺利流入烧杯，C正确；D．蒸发皿不是玻璃仪器，D错误。答案选C。22、D【解析】

A.铜的金属性弱于铁，过量的Cu可以与Fe3+反应生成Fe2+,锌的金属性强于铁，所以过量的Zn可以与Fe3+反应生成Fe，选项A错误；B.Fe可从硫酸铜溶液中置换出铜，但钠很活泼，Na与硫酸铜溶液作用时先与水反应生成氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，故钠不能从硫酸铜溶液中置换出铜，选项B错误；C.氯气的氧化性较强，与金属反应通常生成高价的氯化物，点燃条件下，铜与Cl2反应产物中铜为+2价，而铁与Cl2反应产物中铁为+3价，选项C错误；D.胶体中加入电解质溶液时发生聚沉，氢氧化铁和氢氧化铝均能溶于稀硫酸，故向Fe(OH)3胶体中滴加稀硫酸可以看到“先浑后清”，所以向Al(OH)3胶体中滴加稀硫酸也可以有“先浑后清”的现象，选项D正确。答案选D。二、非选择题(共84分)23、Cl－SO42－CO32－BaCO3+2H+=Ba2++CO2+H2OCO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O【解析】

根据实验中沉淀的颜色和是否溶于酸分析沉淀的成分，进而分析溶液中存在的离子。【详解】(1)溶液中加入硝酸钡后产生白色沉淀，白色沉淀中加入盐酸沉淀部分溶解，说明沉淀中含有硫酸钡沉淀和碳酸钡，碳酸钡能与盐酸反应生成氯化钡和水和二氧化碳，二氧化碳能与石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙，说明溶液中含有硫酸根离子和碳酸根离子，滤液中加入硝酸银溶液产生白色不溶于硝酸的沉淀，说溶液中有氯离子，故答案为Cl－，SO42－，CO32－；(2)反应④为碳酸钡与盐酸的反应，离子方式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2+H2O；反应⑤为二氧化碳与澄清石灰水的反应，离子方程式为：CO2+2OH－+Ca2+=CaCO3↓+H2O。【点睛】1.氯离子：加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀。2.硫酸根离子：加入盐酸酸化，再加入氯化钡，产生白色沉淀。3.碳酸根离子：加入氯化钙或氯化钡，产生白色沉淀，再加入盐酸，沉淀溶解产生能使澄清石灰水变浑浊的气体。24、BaCl2AgNO3HNO3HClK2CO3Ba2++CO32-=BaCO3↓2Ag++CO32-=Ag2CO3↓2H++CO32-=CO2↑+H2O【解析】C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，C、D为HNO3、HCl中的物质；D与B能产生沉淀，HNO3不能产生沉淀，而HCl能与AgNO3产生AgCl沉淀，则D为HCl，C为HNO3，B为AgNO3；A与B产生沉淀，则A为BaCl2。故答案为BaCl2；AgNO3；HNO3；HCl；K2CO3。（1）A为BaCl2，E为K2CO3，二者反应生成BaCO3，反应的离子方程式为Ba2++CO32﹣=BaCO3↓；（2）B为AgNO3，E为K2CO3，二者反应生成Ag2CO3，反应的离子方程式为2Ag++CO32﹣=Ag2CO3↓；（3）C为HNO3，E为K2CO3，二者反应生成CO2，反应的离子方程式为2H++CO32﹣=CO2↑+H2O。25、12.5mol·L-18.0CD分液漏斗2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O溶解的Cl2也可以置换出碘或Cl2+2KI＝2KCl+I2吸收Cl2和Br2尾气，防止污染空气【解析】

I．(1)根据c=计算浓盐酸物质的量浓度；(2)溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算浓盐酸的体积；(3)根据c=分析判断；Ⅱ．浓盐酸与高锰酸钾反应产生的氯气与熟石灰反应制取少量漂白粉，并探究氯、溴、碘的相关性质，根据装置图，C中放置氢氧化钙，E中放置碘化钾溶液，氯气有毒，会污染空气，因此F中盛放氢氧化钠，加成分析解答。【详解】I．(1)浓盐酸物质的量浓度==mol/L=12.5mol/L，故答案为：12.5mol/L；(2)溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则浓盐酸体积==8.0mL，故答案为：8.0；(3)A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对实验结果无影响，故A不选；B．用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线量取浓盐酸，导致取用的浓盐酸偏多，配制稀盐酸的浓度偏大，故B不选；C．定容时，仰视容量瓶刻度线进行定容，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小，故C选；D．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，又滴加水至刻度处，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小，故D选；故答案为：CD；Ⅱ．(4)根据图示，A装置为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(5)C装置的U形管中氯气与氢氧化钙反应生成漂白粉，生成漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；(6)E装置中装有KI与CCl4混合液，向D中缓缓通入一定量氯气后，氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴，打开D装置中活塞，将D中少量溶液滴加入E装置中，溴与碘化钾反应生成溴化钾和碘，溶解的Cl2也可以置换出碘，碘易溶于CCl4，振荡，观察到下层呈紫红色，因此结论“Br2置换出了I2”不正确，故答案为：溶解的Cl2也可以置换出碘(或Cl2+2KI＝2KCl+I2)；(7)氯气有毒，F装置中的氢氧化钠溶液可以吸收Cl2和Br2尾气，防止污染空气，故答案为：吸收Cl2和Br2尾气，防止污染空气。26、AC100mL容量瓶0.096A恢复到室温再读数；调节量筒高度，使集气瓶内的液面与量筒内的液面相平；读数时视线应与量筒内液面的最低处保持相平0.25V【解析】

(1)A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度线会使所量取溶液的体积减小；B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响；C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长，浓盐酸挥发HCl，导致溶质损失；D．定容完成后；将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线未做处理不影响溶液浓度；E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小；(2)由浓溶液配制稀溶液用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及容量瓶；步骤③假设a全部是镁，结合化学方程式计算得到；(3)涉及反应为Mg＋2HCl═MgCl2＋H2↑，产生的氢气的体积即为排出的水的体积，0.008mol氯化氢完全反应能够生成0.004mol氢气，根据V＝n•Vm得到氢气的体积为V，据此选择量筒的规格；(4)考虑压差引起测量不准确；(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积计算式为Vm=。【详解】(1)A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度线会使所量取溶液的体积减小，使所配置的溶液的浓度偏小，故A正确；B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，故B错误；C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长，浓盐酸挥发HCl，导致溶质损失，导致所配溶液浓度偏小，故C正确；D．定容完成后；将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线未做处理不影响溶液浓度，故D错误；E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小，所配置的溶液浓度偏大，故E错误；故答案为：AC；(2)配制100mL1.0mol・L−1的盐酸需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及100mL容量瓶；量8.0mL1.0mol•L−1的盐酸溶液加入锥形瓶中，n(HCl)＝0.008mol，涉及反应为Mg＋2HCl═MgCl2＋H2↑，则需要0.004molMg，质量为0.004mol×24g/mol＝0.096g，故答案为：100mL容量瓶；0.096；(3)0.008mol氯化氢完全反应能够生成0.004mol氢气，根据氢气的体积V＝n•Vm≈0.004mol×22.4mol/L＝0.096L＝96mL，故选择100mL的量筒，故答案为：A；(4)读数时需要注意恢复到室温再读数，调节量筒高度，使量筒内液面与集气瓶内的液面相平，读数时视线应与量筒中液体的凹液面最低处保持相平；故答案为：恢复到室温再读数；调节量筒高度，使集气瓶内的液面与量筒内的液面相平；读数时视线应与量筒内液面的最低处保持相平；(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积为Vm===0.25VL/mol，故答案为0.25V。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液实验中，对于实验误差的分析要从公式c=来考虑；计算③中a的数值时要用极限法的思想进行解题。27、白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4NaCl或Na2SO4或两者混合物取①中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液,将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液有白色沉淀生成,无明显现象Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓该溶液中有硫酸钠,该粉末之中没有氯化钠，只有硫酸钠【解析】

(1)①取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液，说明溶液中无铜离子，该粉末无有CuSO4；溶液中无沉淀产生，说明溶液中不能同时含有MgCl2和Na2CO3；据此进行分析；(2)通过实验①，可以判断出粉末中无硫酸铜；通过实验②可以判断出粉末中无氯化镁；通过实验③可以证明粉末中无碳酸钠，据以上结论进行分析；(3)若要鉴定只有硫酸钠存在，可以根据硫酸根离子能够和钡离子产生沉淀的性质来选择硝酸钡鉴别，然后加入硝酸银来排除氯离子的存在即可。【详解】(1)①取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液，溶液中不含铜离子，所以白色粉末中不含CuSO4；由于镁离子和碳酸根子不能共存，所以粉末中不能同时含有MgCl2和Na2CO3；而NaCl和Na2SO4二者不反应，且能够与MgCl2或Na2CO3大量共存，因此根据实验①，能得到的结论是：白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4；综上所述，本题答案是：白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4。(2)根据实验可以知道混合物中没有硫酸铜，根据实验可以知道该固体中不含氯化镁，加入稀盐酸没有现象说明没有碳酸钠，至此只有氯化钠和硫酸钠没有涉及到，故它们是可能存在的，所以可以作出三种推测，即①只有氯化钠；②只有硫酸钠；③氯化钠和硫酸钠的混合物；综上所述，本题答案是：NaCl或Na2SO4或两者混合物。(3)取①中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，说明生成了硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式为Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓；将上述步骤得到的溶液静置